Лекции термех

ПЛОСКОЕ ДВИЖЕНИЕ ТВЁРДОГО ТЕЛА. СКОРОСТЬ

17

Плоское движение тела – это движение, при котором все точки перемещаются параллельно

некоторой неподвижной плоскости

(1)

x A= x (t )

y

Плоское движение тела эквивалентно движению отрезка АВ и

(2)

y A= y(t )

r B

B

раскладывается на два типа движения: поступательное движение

(3)

ϕAB=ϕ(t)

φ x

точки А (полюса) и вращательное движение отрезка АВ вокруг

r A

полюса.

(4)

r B=r A+r AB

A

В векторной форме уравнение движения и скорость отдельных

(5)

v B=v A+v AB

точек определяются по следующим общим формулам:

Теорема о проекциях. Проекции векторов

(6)

v A cos(α )=vB cos(β )

α

v A

B

скоростей двух точек на общую ось равны между собой.

A

v AB

β

Мгновенный центр вращения – точка плоскости, скорость которой в данный

v B

момент времени равна нулю.

v A

A

СПОСОБЫ ГЕОМЕТРИЧЕСКОГО

v A

II

A

I

v B

ОПРЕДЕЛЕНИЯ ПОЛОЖЕНИЯ МЦВ

B

Если в качестве полюса вращения А выбрать

B

МЦВ РАВ , то формула 4 упрощается к виду

PAB

P

v

B

=v

A

+v

AB

=v

P

+v

BP

=v

BP

v B

AB

A

v A

(7) v

=v

B

PB

=ω PB=ω

PB

PB

AB

A

IV

v A

где ω АВ – угловая скорость вращения отрезка

III

PAB

АВ вокруг МЦВ РАВ ;

B

v B

B

РB – расстояние от точки В до МЦВ РАВ.

v B

PAB = ∞

ПЛОСКОЕ ДВИЖЕНИЕ. ПРИМЕРЫ НА СКОРОСТЬ

18

Пример 1. Палка АВ длиной 0,5 метра летит параллельно плоскости рисунка.

B

Известны направления скоростей точек А и В, кроме того известна величина

скорости точки А 3 м/с. Найти скорость точки В, угловую скорость вращения палки АВ.

PAB

Решение. Применим формулу (6). v A cos(450)=vB cos(300) vB=

0,707 vA

=2,449 м/с

0,866

Применим формулу (7). Найдём расстояние от точек А и В до МЦВ РАВ по теореме синусов:

AP AB= ABsin 600 = 0,866 0,5=0,448

BP AB= AB sin 450

= 0,707 0,5 =0,366

sin 750

0,966

3

sin 750

0,966

v

=ω AP

ω

=

vA

=

=6,696

1/с

v

=ω BP

=6,696 0,366=2,451 м/с

AP A B

0,448

A

AB

AB

A B

B

AB

AB

Ответ: 2,45 м/с ; 6,696 1/с

Пример 2. Колесо 2 катится по неподвижному колесу 1. Механизм

приводится в действие кривошипом ОА с угловой скоростью 20 1/с.

Радиусы первого и второго колеса 0,3 и 0,1 м. Найти угловую скорость

второго колеса.

Решение. Колесо катится без скольжения, поэтому МЦВ – точка

касания колес. Запишем необходимые формулы.

Если рассматривать точку А, как часть колеса 2, то

v A=ω2 AP=ω2 r2=0,1 ω2

Если же рассматривать точку А, как кривошипа ОА, то

v A=OA ωOA=(r1+ r2) ωOA=0,4 20=8

м/с

Отсюда

8

=80

1/c

ω2= 0,1

ПЛОСКОЕ ДВИЖЕНИЕ ТВЁРДОГО ТЕЛА. УСКОРЕНИЕ

19

Ускорение отдельных точек определяются по следующей общей формуле:

(8)

aB=aA+ aAB

Запишем развёрнутую формулу с учётом криволинейного

(9)

aB=a A+ aAB=anA+aAτ +anAB+ aτAB

движения точки А и вращательного движения отрезка АВ

Дальнейшее решение заключается в проектировании равенства (9) на оси координат и решения

полученной системы уравнений. Для проверки полученного решения можно использовать понятие

мгновенного центра ускорений (МЦУ) – точки, ускорение которой в данный момент времени равно

нулю. Приведём алгоритм поиска МЦУ

(10) tg μ=ε /ω2

А

anAB

B

1) Определить угол поворота μ из соотношения (10)

aA

aABτ

2) Определить направление ускорения выбранной точки.

aB

Повернуть этот вектор вокруг этой точки на угол μ в сторону

a

направления углового ускорения ε

(11)

L=

D

C

3) Вдоль полученного направления отложить отрезок L,

(ε2+ω4)1/ 2

длина которого определяется по формуле (11)

1170 А

180

aB

B

Пример. Квадрат АВСD со стороной 2 см совершает плоское

движение. В данный момент времени ускорения вершин А и В

Q

aA

равны 2 и 5,657 см/с2 соответственно. Найти угловую скорость и угловое ускорение

квадрата.

n

n

{

−a 0,707=0−an

Решение. Найдём проекции векторов из уравнения

a

=a

+ a

τ

+a

+a

τ

B

ABτ

−5,657 0,707=−ω2 AB=−ω2 2

B

A

A

AB

AB

−aB 0,707=−aA−a AB

AB

AB

ωAB =1,414;ε AB=1

{−5,657 0,707=−2−εAB AB=−2−εAB 2

aA

2

5,657

2

0

Проверка

tg μ=εAB / ωAB=1

/ 2 μ=26,565

AQ=(ε2AB +ω4AB )1/ 2 =

2,236=0,894

BQ

=

2,236

=2,529

По теореме синусов из АВQ

sin180

sin 450

AQ=0,874

sin1170

sin 450

AQ =

AB

BQ

=

AB

BQ=2,521

СЛОЖНОЕ ДВИЖЕНИЕ ТОЧКИ

19

Кинематические характеристики сложного движения определяются по

(1) va =v e+ vr

двум основным формулам (1) и (2).

(2) aa =ae

+ar +aK

«e» – переносное движение; «r» – относительное движение; «К» – ускорение Кориолиса

Ускорение Кориолиса возникает в том случае, когда подвижная система

координат совершает вращательное движение вокруг некоторой оси с угловой

(3) a K =2 (ωe× v r)

(4) aK =2 ωe vr sin(ϕ)

скоростью ω ..и определяется по формулам (3) и (4)

e

Пример. Точка М движется по хорде диска со скоростью 0,5*t м/с. Диск вращается

со скоростью 0,5 1/с. Определить абсолютные скорость и ускорение в момент

времени 2 с, если ОМ равно 0,02 м.

Решение. vr=0,5 2=1 ve=OM ωe=0,02 0,5=0,01 va2=vr2+ve2 +2 ve vr cos(ϕ)= a K

aen

=1+0,0001+0,014=1,0015 va=1,014

ar=0,5 aen=OM ω2e=0,02 0,25=0,005

450

vr

aK =2ωe vr sin(ϕ)=2 0,5 1 1=1

aaX =aen cos(450)+ ar=0,504

ar

aYa =aen sin(450)+ aK =1,004 aa=√

(aaX )2+(aYa )2

=√

=1,123

ve

0,254+1,007

Движение характеризуется векторной величиной Q, которая называется

(1)

Q=m v

количеством движения и определяется равенством (1)

/

Закон 2. Производная по времени от количества движения точки равна

m (v) =∑ F k =F

сумме действующих на точку сил

(2)

k

m a=F ; m a=F

Закон 3. Две материальные точки действуют друг на друга с силами, равными по модулю

и направленными вдоль прямой, которая соединяет эти точки, в противоположные стороны.

Проектируя уравнения (2) на оси координат, получим систему

(3)

m x/ /=F 1X +...+ F nX

дифференциальных уравнений вида (3)

m y/ /=F 1Y +...+ FYn

Сформулируем две основные задачи динамики:

{m z

/ /

Z

Z

1) на основе закона движения точки определить действующую на нее силу;

=F

1 +...+ F n

2) зная совокупность действующих на точку сил, определить закон движения точки.

Пример 1. Найти уравнение движения под действием силы тяжести,

a

если v(0) = v0, s(0) = s0

P =m●g

Решение. На тело действует одна сила P = m*g, которая направлена вниз.

:

Направим также вниз ось координат(по направлению ускорения). Тогда по формуле (2)

m v/=m g v/ = g v=∫ g dt= g t+ C 1 s/ = g t+ C1 s=

g t2

+ C1 t+ C 2 s=

g t2

+ v0 t+ s0

2

2

ОСНОВНЫЕ ТЕОРЕМЫ ДИНАМИКИ

21

Существуют две меры воздействия силы на точку: импульс и работа

Элементарный импульс dp силы F за промежуток времени dt вычисляется по формуле

[dp]=H c=

кг м

(1) dp=F dt

с

импульсов Sk всех сил, которые действуют на точку за этот же промежуток времени и вычисляется по

формуле (3).

(3) m v2−m v1=∑ pk = p

L

Момент количества движения (кинетический момент) точки М – это векторная

величина L, которая определяется по формуле (4)

r

(4) L= r

×m v= r

×Q

O

Вычислим длину вектора L для важного частного случая движения по окружности с

M

центром в точке О L=r (m v) sin(900)=r m ω r=ω m r2=ω IO

Q

Теорема 2. Производная по времени от кинетического момента LO,

взятого относительно некоторой точки О, равна моменту действующей на

(6)

d L

точку равнодействующей R всех сил относительно той же точки O

dt

=M O(R)

ОСНОВНЫЕ ТЕОРЕМЫ ДИНАМИКИ. ПРИМЕРЫ

23

Пример 1. Поезд движется по горизонтальному и прямолинейному

участку пути. При торможении развилась сила сопротивления, равная 0,1

веса поезда. В момент начала торможения скорость поезда равнялась 20

м/с. Найти время торможения и тормозной путь. t

t

Решение. FTP =−0,1 P=−0,1 m g=−m pTP=∫F TP dt=−m ∫dt=−m t

m v1−m v0=−20 m

0

0

Тогда время торможения определится из равенства −m tTOP=−20 m tTOP=20

Так как на тело действует постоянная сила торможения, то поезд движется с постоянным ускорением

a=

FTP

=−1 Тогда s=

a t2

+v0 t + s0=−

t2

+20 t

t2

Откуда sTOP=−

TOP

+20 tTOP=200

m

2

2

2

Тогда A = – 1866 Дж

E II −E I=∑ Ak

Для решение второй задачи применим теорему об изменении кинетической энергии

E II =

m v22

=20 9=90

E I=

m v12

=

20 0

=0

∑ Ak =−1866+T S=10 T −1866

k

2

2

2

2

k

Тогда 90=10 T −1866 T =195,6

Н

КОЛЕБАТЕЛЬНОЕ ДВИЖЕНИЕ ТОЧКИ

24

Существуют два основных вида колебаний точки: 1) СВОБОДНЫЕ; 2) ВЫНУЖДЕННЫЕ

1) СВОБОДНЫЕ КОЛЕБАНИЯ – это колебания, которые происходят под действием

внутренних сил, например, восстанавливающей силы пружины.

а) Не вязкая среда Второй закон Ньютона

m x

/ /

Закон Гука

F У =−k x

= FУ

Дифференциальное уравнение (1)

m x/ / + k x=0 x/ / +λ2 x=0

и его решение (2) x=C sin(λ t )+C cos(λ t )= A sin(λ t +α)

1

2

Дифференциальное уравнение

(3)

m x/ /+ k x +μ x/=0 x/ / +2 b x/ + λ2 x=0

и его решения

(4)

λ > b: x=e−b t A sin( p t +α)

p2=λ2− b2 r2= b2−λ2

(5)

λ < b: x=C 1 e−( b+ r) t +C 2 e−(b−r) t

(6)

λ=b: x=e−b t [C

+C t ]

1

2